\section{半群和群}

\subsection{半群、幺半群}

\begin{definition}
	设非空集合$S$上有二元运算$\circ$，如果$\circ$满足结合律，
	则称代数体系$\{S;\circ\}$为\textbb{半群}。

	如果半群$S$ 中有一个元素$e_1$（$e_2$），其满足任取$a \in S$，
	$$e_1 \circ a = a \qquad (a\circ e_2 = a)$$
	则称$e_1$（$e_2$）为$S$的\textbb{左（右）幺元}，
	如果存在$e \in S$，其既是左幺元又是右幺元，则称$e$是$S$的\textbb{幺元}，也称\textbb{单位元}。
	有幺元的半群称为\textbb{幺半群}。
\end{definition}

\begin{theorem}
	幺半群的幺元唯一。
\end{theorem}

\begin{proof}
	采用反证法，不妨假设$e_1 \ne e_2$ 都是幺半群的单位元。
	则$e_1 = e_1e_2 = e_2$，矛盾。
\end{proof}

\subsection{可逆元、群、Abel群}

\begin{definition}
	有幺半群$\{S;\circ\}$，$e$ 是幺元，
	对于$a \in S$，若存在$a_1(a_2) \in S$，使得
	$a_1a = e$（$aa_2 = e$），则称$a_1$（$a_2$）为$a$的\textbb{左（右）逆元}。
	如果$b$既是$a$的左逆元又是右逆元，
	则称$b$是$a$的\textbb{逆元}，记作$a\rev = b$，称$a$为\textbb{可逆元}。
\end{definition}

\begin{definition}
	如果幺半群$\{S;\circ\}$的任意元素都是可逆元，
	则称代数体系$\{S;\circ\}$为群。
	如果$\circ$还满足交换律，则称$S$为Abel群。
\end{definition}

\begin{remark}\label{definitionOfGroup}
	事实上，我们可以直接定义群：一个代数体系$G$如果满足一下四点内容，
	则称$G$为一个群：
	\begin{enumerate}
		\item {
		      $\forall a,b \in G$，$ab \in G$（封闭性）；
		      }
		\item {
		      $\forall a,b,c \in G$，$(ab)c = a(bc)$（结合律）；
		      }
		\item {
		      $\exists e \in G$，$\forall a \in G$，$ea=ae=a$（存在单位元）；
		      }
		\item {
		      $\forall a \in G$，$\exists b \in G$，$ab=ba=e$（任意元素均为可逆元）。
		      }
	\end{enumerate}
\end{remark}

\begin{remark}
	事实上，上文的第三、四条条件可以弱化：
	\begin{enumerate}
		\item[3'.] {
		      $\exists e \in G$，$\forall a \in G$，$ea=a$（存在左幺元）；
		      }
		\item[4'.] {
		      $\forall a \in G$，$\exists b \in G$，$ba=e$（任意元素均有左逆元）。
		      }
	\end{enumerate}
\end{remark}

\begin{proof}
	我们先证明 $ab=e$. 我们设$c \in G$ 满足 $cb=e$. 则有$ab = eab = cbab = ceb = cb = e$。

	接下来证明 $ae=a$：$ae=aba=(ab)a=ea=a$.
\end{proof}

\subsection{群的一些性质}

\begin{theorem}
	群$G$满足右消去律。（$\forall a,b,c \in G$，$ba=ca \Rightarrow b=c$。）
\end{theorem}

\begin{proof}
	$ba = ca$等式两边同时右乘$a\rev$，有$b=c$。
\end{proof}

\begin{theorem}
	群$G$ 中任意元素的逆元是唯一的。
\end{theorem}

\begin{proof}
	采用反证法。
	任取$a \in G$，假设$b,c$都是$a$的逆元，则
	$b = be = bac = ec = c$，矛盾。
\end{proof}

\begin{theorem}
	有群$G$，$\forall a,b \in G$，方程$ax = b$和$xa=b$有且只有一个解。
\end{theorem}

\begin{proof}
	懒得证。
\end{proof}

\subsection{群的判定}

\begin{theorem}
	设$G$是半群，如果它满足$\forall a,b \in G$，方程$xa=b$、$ax=b$均有解，则$G$是群。
\end{theorem}

\begin{proof}
	由于 $G$ 是半群，所以封闭性和分配率已成立.
	我们利用注 1.2.2 中关于群的定义的3'. 4'. 来完成证明.
	因 $xa = a$ 在 $G$ 中有解，记一个解为 $e_a$，即有 $e_aa = a$.
	下证 $e_a$ 是 $G$ 的左幺元. $\forall c\in G$，因 $ax = c$ 在 $G$ 中有解，记为 $d$，
	即有 $ad = c$，所以 $e_ac=e_aad=(e_aa)d = ad = c$，故 $e_a$ 是 $G$ 的左幺元. 3'. 已成立.
	又 $\forall a\in G$，$xa = e_a$ 在 $G$ 中有解，解就是 $a$ 的左逆元，故4'.成立.
\end{proof}

\begin{theorem} \label{theorem1.2.6}
	满足左右消去律的有限半群$G$是群。
\end{theorem}

\begin{proof}
	因 $G$ 有限，可设 $G = \{a_1,\cdots,a_n\}$，$\forall a,b\in G$，
	我们证明方程 $ax = b,xa = b$ 均有解，从而据上一定理完成证明.

	因半群对运算封闭，故 $aa_1,\cdots,aa_n\in G$.
	我们断言，$aa_1,\cdots,aa_n$ 必两两不等，从而就是 $a_1,\cdots,a_n$ 的一个排列.
	因若不然，不妨设 $aa_1 = aa_2$，则据左消去律有 $a_1 = a_2$，矛盾.

	既然 $aa_1,\cdots,aa_n$ 是 $a_1,\cdots,a_n$ 的一个排列，
	而 $b\in G$，故必有一个 $aa_i = b,1\leqslant i\leqslant n$，
	于是 $a_i$ 就是方程 $ax = b$ 的解.
	同理可证方程 $xa = b$ 有解.
\end{proof}

\subsection{群的幂、阶}

\begin{definition}
	幂的定义，略。
\end{definition}

\begin{definition}
	交换群数乘的定义，略。
\end{definition}

\begin{definition}
	群的阶，略。
\end{definition}

\subsection{元素的阶}

\begin{definition}
	设$G$ 是群。对于$a \in G$：
	如果$\forall m \in \mathbb{N^+}$，$a^m \ne e$，则称$a$的阶为无穷；
	如果$\exists m \in \mathbb{N^+}$，$a^m = e$，则称满足条件最小的$m$（$m_{\min}$）为$a$的阶。
\end{definition}

\begin{theorem}
	对于群$G$ 中的一个元素$a$，有：
	$a$的阶是无穷$\Leftrightarrow \forall m \ne n,\ m,n \in \mathbb{Z}, a^m\ne a^n$。
\end{theorem}

\begin{proof}
	左推右：采用反证法。如果存在这样的$m_0, n_0 \in \mathbb{Z}$，不妨设$m_0 > n_0$，
	把式子$a^{m_0}=a^{n_0}$同时右乘$a^{-n_0}$，则有$a^{m_0 - n_0} = e$，与$a$的阶是无穷矛盾。

	右推左：总是取$n = 0$ 即可得到。
\end{proof}

\begin{theorem}
	对于群$G$中的一个阶为$d$的元素$a$：
	\begin{enumerate}
		\item $\forall h \in \mathbb{Z}$，$a^h = e \Leftrightarrow d \mid h$；
		\item $\forall m,n \in \mathbb{Z}$，$a^m = a^n$ $\Leftrightarrow$ $d \mid (m-n)$。
	\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item {
		      左推右：采用反证法。我们假设$h = nd+r$，其中$n \in \mathbb{Z}, r \in \{1,2,\cdots, d-1\}$，
		      因为$a^h = a^{nd+r} = (a^n)^da^r = e^da^r=a^r=e$，但由于$r < d$，这与$d$是$a$的阶矛盾。

		      右推左：设$h = nd$（$n \in \mathbb{Z}$），则$a^h = a^{nd}=(a^d)^n = e^n=e$。
		      }
		\item {
		      $a^m=a^n \Leftrightarrow a^{m-n} = e$，由1. 证得。
		      }
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
	设$a$是群$G$中的一元，$a$的阶为$d$，$k \in \mathbb{N^+}$，则：
	\begin{enumerate}
		\item $a^k$的阶为$\dfrac{d}{(d,k)}$；
		\item $a^k$的阶是$d$ $\Leftrightarrow$ $(d,k)=1$
	\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item {
		      我们先假设$a^k$的阶是$q$，令$d_1 = \dfrac{d}{(d,k)}$，$k_1 = \dfrac{k}{(d,k)}$
		      （在这个假设的基础上我们知道$(d_1,k_1)=1$）。
		      我们通过证明$q \mid d_1$和$d_1 \mid q$来证明$q = d_1$。
		      一方面，因为$a^k$的阶是$q$，因此$a^{kq}=e$，由上个定理知，$d \mid kq$,
		      也即$d_1(d,k) \mid k_1(d,k)q$，也即$d_1 \mid k_1q$，
		      由于$(d_1,k_1)=1$，所以$d_1 \mid q$。
		      另一方面，$(a^k)^{d_1} =a^{k_1d_1(d,k)} =a^{dk_1}=e$，所以$ q \mid d_1$。
		      综合两方面，$q=d_1=\dfrac{d}{(d,k)}$。
		      }
		\item {由1. 可知显然。}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
	设$a,b$是群$G$中的元素，$a$的阶是$m$，$b$的阶是$n$，$ab=ba$，$(m,n)=1$，则$ab$的阶是$mn$。
\end{theorem}

\begin{proof}
	我们暂且假设$ab$的阶是$q$，我们接下来证明$mn = q$。

	因为$ab=ba$，所以$(ab)^{mn}=a^{mn}b^{nm}=e$，
	所以$q \mid mn$。
	另一方面，因为$(ab)^{qm}=a^{qm}b^{qm}=eb^{qm}=b^{qm}=((ab)^q)^m=e$，
	所以$n \mid qm$，而$(n,m)=1$，所以$n \mid q$；同理可以证明$m \mid q$，
	因为$(n,m)=1$，所以$mn \mid q$。

	综合两方面$mn = q$。
\end{proof}
